(共45张PPT)
第十章
统计与成对数据的统计分析
阶段提能(十) 概率、统计
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一、单项选择题
1．(2024·天津一模)下列说法正确的是( )
A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17
B．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2＝4.712，根据小概率值α＝0.05的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
C．两个随机变量的线性相关性越强，样本相关系数的绝对值越接近于0
D．若随机变量ξ，η满足η＝3ξ－2，则D＝3D－2
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B [A选项，10×80%＝8，故从小到大排列，第8个数和第9个数的平均数作为第80百分位数，
即＝18.5，A错误；
B选项，由于χ2＝4.712>3.841＝x0.05，得到X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确；
C选项，两个随机变量的线性相关性越强，样本相关系数的绝对值越接近于1，C错误；
D选项，若随机变量ξ，η满足η＝3ξ－2，
则D＝32D，D错误．故选B．]
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2．设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为( )
A． B．
C． D．
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A [如图，从O，A，B，C，D 5个点中任取3个有
{O，A，B}，{O，A，C}，{O，A，D}，{O，B，C}，
{O，B，D}，{O，C，D}，{A，B，C}，{A，B，D}，
{A，C，D}，{B，C，D}共10种不同取法，
3点共线只有{A，O，C}与{B，O，D}共2种情况，
由古典概型的概率计算公式知，
取到3点共线的概率为＝．故选A．]
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3．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约30%的人近视，而该校大约有40%的学生每天玩手机超过2 h，这些人的近视率约为60%．现从该校近视的学生中任意调查一名学生，则他每天玩手机超过2 h的概率为( )
A． B．
C． D．
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A [从该校学生中任意调查一名学生他是近视记为事件A，且P(A)＝0.3，从该校学生中任意调查一名学生他每天玩手机超过2 h记为事件B，且由题可知，P(AB)＝0.6×0.4＝0.24，所以从该校近视的学生中任意调查一名学生，则他每天玩手机超过2 h的概率为P(B|A)＝＝＝．故选A．]
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4．(2025·山东济南模拟)为研究某池塘中水生植物的覆盖水塘面积x(单位：dm2)与水生植物的株数y(单位：株)之间的相关关系，收集了4组数据，用模型y＝cekx(c>0)去拟合x与y的关系，设z＝ln y，x与z的数据如表格所示：得到x与z的经验回归方程＝1.2x＋，则c＝( )
A．－2 B．－1
C．e-2 D．e-1
x 3 4 6 7
z 2 2.5 4.5 7
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C [由已知可得，＝＝4，
所以，有4＝1.2×5＋，解得＝－2，
所以＝1.2x－2，
由z＝ln y，得ln y＝1.2x－2，
所以y＝e1.2x-2＝e-2·e1.2x，则c＝e-2．故选C．]
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5．设A，B为随机事件，则P(A)＝P(B)的充要条件是( )
A．P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
B．P(AB)＝P(A)P(B)
C．P(AB)＝P()
D．P(A)＝P(B)
D [P(A)＝P(A)．故选D．]
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6．(2025·河北邯郸模拟)在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为( )
A．32 B．24
C．18 D．12
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B [按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共＝18(种)安排方法，
第二类，A场地安排2人，共＝6种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有18＋6＝24(种)不同安排方法．故选B．]
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7．(2025·江苏连云港模拟)有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，A1表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”， A2表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”， A3表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”， A4表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则( )
A．A3与A4为对立事件
B．A1与A3为相互独立事件
C．A2与A4为相互独立事件
D．A2与A4为互斥事件
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B [A3与A4互斥但不对立，故A错误；
P(A1)＝，P(A3)＝＝，P(A1A3)＝＝P(A1)P(A3)，所以A1与A3相互独立，故B正确；
P(A2)＝，P(A4)＝，P(A2A4)＝≠P(A2)P(A4)，A2与A4不独立，故C错误；
A2表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，A4表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”， A2与A4可同时发生，A2与A4不互斥，D错误．故选B．]
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8．(2024·江苏无锡月考)某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是( )
A． B．
C． D．
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B [根据题意，该学生在此次训练中恰好得7分，可分为三类情况：
①若连中4次，额外加3分，剩余3次不中，满足要求，此时将连中4次看作一个整体，与其他三次不中排序，共有＝4(种)选择，
故概率为4×＝，
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②若连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续，故两次不中之间可能为一次中，也可能是三次中，有以下情况：
中中中(不中)中(不中)中，中(不中)中中中(不中)中，中(不中)中(不中)中中中，
则概率为＝，
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③若有两次连中两回，中中(不中)中中(不中)中，中(不中)中中(不中)中中，中中(不中)中(不中)中中，满足要求，则概率为＝，
综上，该学生在此次训练中恰好得7分的概率为＝．
故选B．]
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二、多项选择题
9．随机变量X的分布列如下表，随机变量Y～B．设Z＝XY，P(Z＝0)＝，且X与Y互相独立，则下列说法正确的是( )
A．p＝ B．p＝
C．a＝0 D．E(Z)＝
X a 1
P p 1－p
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BC [∵随机变量Y～B，∴P(Y＝0)＝＝，
若a≠0，则P(Z＝0)＝P(XY＝0)＝P(Y＝0)＝，
由已知P(Z＝0)＝≠，故a＝0，C选项正确；
又X与Y互相独立，
则P(Z＝0)＝P(XY＝0)＝P(X＝0)＋P(Y＝0)－P(X＝0，Y＝0)＝p＋p＝，
解得p＝，B选项正确，A选项错误；
又E(X)＝0×＋1×＝，E(Y)＝3×＝2，
E(Z)＝E(XY)＝E(X)E(Y)＝，D选项错误．故选BC．]
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10．(2025·河南三门峡模拟)某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值(单位：分)作为一个样本，得到如图所示的频率分布直方图，则(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)( )
A．m＝0.030
B．样本质量指标值的平均数为75
C．样本质量指标值的众数小于其平均数
D．样本质量指标值的第75百分位数为85
√
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ACD [对于A项，由题意知(0.010＋0.015＋0.035＋m＋0.010)×10＝1，解得m＝0.030，故A项正确；
对于B项，样本质量指标值的平均数为55×0.1＋65×0.15＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝76.5，故B项错误；
对于C项，样本质量指标值的众数是＝75<76.5，故C项正确；
对于D项，前3组的频率之和为(0.010＋0.015＋0.035)×10＝0.60，前4组的频率之和为0.60＋0.030×10＝0.90，
故第75百分位数位于第4组，设其为t，
则×0.030＋0.60＝0.75，解得t＝85，
即第75百分位数为85，故D项正确．故选ACD．]
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11．(2024·河北石家庄质检)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若A点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动n次后还在底面ABC的概率为Pn，则下列说法中正确的是( )
A．P1＝ B．P2＝
C．为等比数列 D．Pn＝－＋
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BCD [由题可知，当n＝1时，P1＝，故A错误；
当n≥2时，Pn－1表示第n－1次在平面ABC的顶点上的概率，1－Pn－1表示第n－1次在平面A1B1C1的顶点上的概率．
由底面ABC走到底面ABC的概率为，
由底面A1B1C1走到底面ABC的概率为，
所以Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)，
得Pn－＝－，
又P1－＝－，所以是等比数列，首项为－，公比为－，故C正确；
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故Pn－＝－，
得Pn＝－＋，
故P2＝，所以B，D正确．
故选BCD．]
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三、填空题
12．已知(ax－2)的展开式中的常数项为240，则a＝________．
3
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3 [的展开式的通项Tk＋1＝x5-k·＝x5-2k(k＝0，1，2，3，4，5)，
令5－2k＝－1，得k＝3，令5－2k＝0，无解，
所以(ax－2)的展开式中的常数项为＝80a＝240，所以a＝3．]
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13．(2024·广东珠海一模)甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为72分，方差为90；乙班的平均成绩为90分，方差为60．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是________分，方差是________．
80
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80 [甲、乙两班全部90名学生的平均成绩为＝80分，
方差为＋ ＝×154＋×160＝．]
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14．(2025·江苏南通模拟)某校春季体育运动会上，甲、乙两人进行羽毛球项目决赛，约定“五局三胜制”，即先胜三局者获得冠军．已知甲、乙两人水平相当，记事件A表示“甲获得冠军”，事件B表示“比赛进行了五局”，则P＝________．
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[因为甲、乙两人水平相当，所以每局比赛甲，乙获胜的概率都是，
比赛进行了五局，分甲获胜和乙获胜两种情况，则P＝＝，
又P＝＝，
所以P＝＝＝． ]
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四、解答题
15．(2024·广东深圳一模)在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为α，1－α；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为β(0<β<1)，1－β．假设每次信号的传输相互独立．
(1)当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为f，求f的最小值；
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(2)当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为x1，x2，x3，x4，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量X(x1，x2，x3，x4中任意相邻的数字均不相同时，令X＝1)，若β＝，求X的分布列和数学期望．
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解：(1)由题可知f＝α3＋(1－α)3＝3α2－3α＋1＝3＋，因为0<α<1，所以当α＝时，f的最小值为．
(2)由题设知，X的可能取值为1，2，3，4．
①当X＝1时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010．
因此，P＝＝；
②当X＝2时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011．
因此，P＝×2＋×2＋×4＝＝；
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③当X＝3时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000．
因此，P＝×2＋×2＝；
④当X＝4时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111．
因此，P＝＋＝．
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所以X的分布列为
因此，E＝1×＋2×＋3×＋4×＝．
X 1 2 3 4
P
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16．(2025·山西长治模拟)某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程)的测试．现对测试数据进行整理，
得到如图所示的频率分布直
方图：
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(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75．根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布N，其中μ近似为样本平均数，σ近似为样本标准差s．
①利用该正态分布，求P；
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②假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程位于区间[250.25，399.5]的车辆数，求E(Z)；
(3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在x轴上从原点O出发向右运动，已知硬币出现正、反面的概率都为，客户每掷一次硬币，遥控车向右移动一次，若掷出正面，则遥控车向右移动一个单位，若掷出反面，则遥控车向右移动两个
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单位，直到遥控车移到点(59，0)(胜利大本营)或点(60，0)(失败大本营)时，游戏结束，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券．设遥控车移到点的概率为Pn，试证明数列是等比数列，求出数列的通项公式，并比较P59和P60的大小．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N，则P＝0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)＝0.997 3．
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解：(1)＝205×0.1＋255×0.2＋305×0.45＋355×0.2＋405×0.05＝300．
即估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值为300千米．
(2)①P(250.25≤X≤399.5)＝0.682 7＋＝0.818 6．
②∵Z服从二项分布B(20，0.818 6)，
∴E(Z)＝20×0.818 6＝16.372．
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(3)当3≤n≤59时，Pn＝Pn－1＋Pn－2，Pn－Pn－1＝－，
P1＝，P2＝＝，P2－P1＝．
∴(2≤n≤59)是以为首项，－为公比的等比数列，
Pn－Pn－1＝(2≤n≤59)．
P2－P1＝，P3－P2＝，…，Pn－Pn－1＝ (2≤n≤59)．
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
累加得，
Pn－P1＝，Pn＝(2≤n≤59)，
P60＝P58＝．
∴Pn＝
∵P59－P60＝＝ >0，∴P59>P60．
题号
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谢 谢！阶段提能(十) 概率、统计
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共100分
一、单项选择题
1．(2024·天津一模)下列说法正确的是( )
A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17
B．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2＝4.712，根据小概率值α＝0.05的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
C．两个随机变量的线性相关性越强，样本相关系数的绝对值越接近于0
D．若随机变量ξ，η满足η＝3ξ－2，则D＝3D－2
2．设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为( )
A． B．
C． D．
3．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约30%的人近视，而该校大约有40%的学生每天玩手机超过2 h，这些人的近视率约为60%．现从该校近视的学生中任意调查一名学生，则他每天玩手机超过2 h的概率为( )
A． B．
C． D．
4．(2025·山东济南模拟)为研究某池塘中水生植物的覆盖水塘面积x(单位：dm2)与水生植物的株数y(单位：株)之间的相关关系，收集了4组数据，用模型y＝cekx(c>0)去拟合x与y的关系，设z＝ln y，x与z的数据如表格所示：得到x与z的经验回归方程＝1.2x＋，则c＝( )
x 3 4 6 7
z 2 2.5 4.5 7
A．－2 B．－1
C．e-2 D．e-1
5．设A，B为随机事件，则P(A)＝P(B)的充要条件是( )
A．P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
B．P(AB)＝P(A)P(B)
C．P(AB)＝P()
D．P(A)＝P(B)
6．(2025·河北邯郸模拟)在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为( )
A．32 B．24
C．18 D．12
7．(2025·江苏连云港模拟)有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，A1表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”， A2表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”， A3表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”， A4表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则( )
A．A3与A4为对立事件
B．A1与A3为相互独立事件
C．A2与A4为相互独立事件
D．A2与A4为互斥事件
8．(2024·江苏无锡月考)某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是( )
A． B．
C． D．
二、多项选择题
9．随机变量X的分布列如下表，随机变量Y～B．设Z＝XY，P(Z＝0)＝，且X与Y互相独立，则下列说法正确的是( )
X a 1
P p 1－p
A．p＝ B．p＝
C．a＝0 D．E(Z)＝
10．(2025·河南三门峡模拟)某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值(单位：分)作为一个样本，得到如图所示的频率分布直方图，则(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)( )
A．m＝0.030
B．样本质量指标值的平均数为75
C．样本质量指标值的众数小于其平均数
D．样本质量指标值的第75百分位数为85
11．(2024·河北石家庄质检)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若A点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动n次后还在底面ABC的概率为Pn，则下列说法中正确的是( )
A．P1＝
B．P2＝
C．为等比数列
D．Pn＝－＋
三、填空题
12．已知(ax－2)的展开式中的常数项为240，则a＝________．
13．(2024·广东珠海一模)甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为72分，方差为90；乙班的平均成绩为90分，方差为60．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是________分，方差是________．
14．(2025·江苏南通模拟)某校春季体育运动会上，甲、乙两人进行羽毛球项目决赛，约定“五局三胜制”，即先胜三局者获得冠军．已知甲、乙两人水平相当，记事件A表示“甲获得冠军”，事件B表示“比赛进行了五局”，则P＝________．
四、解答题
15．(2024·广东深圳一模)在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为α，1－α；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为β(0<β<1)，1－β．假设每次信号的传输相互独立．
(1)当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为f，求f的最小值；
(2)当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为x1，x2，x3，x4，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量X(x1，x2，x3，x4中任意相邻的数字均不相同时，令X＝1)，若β＝，求X的分布列和数学期望．
16．(2025·山西长治模拟)某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程)的测试．现对测试数据进行整理，得到如图所示的频率分布直方图：
(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75．根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布N，其中μ近似为样本平均数，σ近似为样本标准差s．
①利用该正态分布，求P；
②假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中单次最大续航里程位于区间[250.25，399.5]的车辆数，求E(Z)；
(3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在x轴上从原点O出发向右运动，已知硬币出现正、反面的概率都为，客户每掷一次硬币，遥控车向右移动一次，若掷出正面，则遥控车向右移动一个单位，若掷出反面，则遥控车向右移动两个单位，直到遥控车移到点(59，0)(胜利大本营)或点(60，0)(失败大本营)时，游戏结束，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券．设遥控车移到点的概率为Pn，试证明数列是等比数列，求出数列的通项公式，并比较P59和P60的大小．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N，则P＝0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)＝0.997 3．
阶段提能(十)
1．B [A选项，10×80%＝8，故从小到大排列，第8个数和第9个数的平均数作为第80百分位数，
即＝18.5，A错误；
B选项，由于χ2＝4.712>3.841＝x0.05，得到X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确；
C选项，两个随机变量的线性相关性越强，样本相关系数的绝对值越接近于1，C错误；
D选项，若随机变量ξ，η满足η＝3ξ－2，
则D＝32D，D错误．故选B．]
2．A [如图，从O，A，B，C，D 5个点中任取3个有
{O，A，B}，{O，A，C}，{O，A，D}，{O，B，C}，
{O，B，D}，{O，C，D}，{A，B，C}，{A，B，D}，
{A，C，D}，{B，C，D}共10种不同取法，
3点共线只有{A，O，C}与{B，O，D}共2种情况，
由古典概型的概率计算公式知，
取到3点共线的概率为＝．故选A．]
3．A [从该校学生中任意调查一名学生他是近视记为事件A，且P(A)＝0.3，从该校学生中任意调查一名学生他每天玩手机超过2 h记为事件B，且由题可知，P(AB)＝0.6×0.4＝0.24，所以从该校近视的学生中任意调查一名学生，则他每天玩手机超过2 h的概率为P(B|A)＝＝＝．故选A．]
4．C [由已知可得，＝＝4，
所以，有4＝1.2×5＋，解得＝－2，
所以＝1.2x－2，
由z＝ln y，得ln y＝1.2x－2，
所以y＝e1.2x-2＝e-2·e1.2x，则c＝e-2．故选C．]
5．D [P(A)＝P(A)．故选D．]
6．B [按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共＝18(种)安排方法，
第二类，A场地安排2人，共＝6种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有18＋6＝24(种)不同安排方法．故选B．]
7．B [A3与A4互斥但不对立，故A错误；
P(A1)＝，P(A3)＝＝，P(A1A3)＝＝P(A1)P(A3)，所以A1与A3相互独立，故B正确；
P(A2)＝，P(A4)＝，P(A2A4)＝≠P(A2)P(A4)，A2与A4不独立，故C错误；
A2表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，A4表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”， A2与A4可同时发生，A2与A4不互斥，D错误．故选B．]
8．B [根据题意，该学生在此次训练中恰好得7分，可分为三类情况：
①若连中4次，额外加3分，剩余3次不中，满足要求，此时将连中4次看作一个整体，与其他三次不中排序，共有＝4(种)选择，
故概率为4×＝，
②若连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续，故两次不中之间可能为一次中，也可能是三次中，有以下情况：
中中中(不中)中(不中)中，中(不中)中中中(不中)中，中(不中)中(不中)中中中，
则概率为＝，
③若有两次连中两回，中中(不中)中中(不中)中，中(不中)中中(不中)中中，中中(不中)中(不中)中中，满足要求，则概率为＝，
综上，该学生在此次训练中恰好得7分的概率为＝．
故选B．]
9．BC [∵随机变量Y～B，∴P(Y＝0)＝＝，
若a≠0，则P(Z＝0)＝P(XY＝0)＝P(Y＝0)＝，
由已知P(Z＝0)＝≠，故a＝0，C选项正确；
又X与Y互相独立，
则P(Z＝0)＝P(XY＝0)＝P(X＝0)＋P(Y＝0)－P(X＝0，Y＝0)＝p＋p＝，
解得p＝，B选项正确，A选项错误；
又E(X)＝0×＋1×＝，E(Y)＝3×＝2，
E(Z)＝E(XY)＝E(X)E(Y)＝，D选项错误．故选BC．]
10．ACD [对于A项，由题意知(0.010＋0.015＋0.035＋m＋0.010)×10＝1，解得m＝0.030，故A项正确；
对于B项，样本质量指标值的平均数为55×0.1＋65×0.15＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝76.5，故B项错误；
对于C项，样本质量指标值的众数是＝75<76.5，故C项正确；
对于D项，前3组的频率之和为(0.010＋0.015＋0.035)×10＝0.60，前4组的频率之和为0.60＋0.030×10＝0.90，
故第75百分位数位于第4组，设其为t，
则×0.030＋0.60＝0.75，解得t＝85，
即第75百分位数为85，故D项正确．故选ACD．]
11．BCD [由题可知，当n＝1时，P1＝，故A错误；
当n≥2时，Pn－1表示第n－1次在平面ABC的顶点上的概率，1－Pn－1表示第n－1次在平面A1B1C1的顶点上的概率．
由底面ABC走到底面ABC的概率为，
由底面A1B1C1走到底面ABC的概率为，
所以Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)，
得Pn－＝－，
又P1－＝－，所以是等比数列，首项为－，公比为－，故C正确；
故Pn－＝－，
得Pn＝－＋，
故P2＝，所以B，D正确．
故选BCD．]
12．3 [的展开式的通项Tk＋1＝x5-k·＝x5-2k(k＝0，1，2，3，4，5)，
令5－2k＝－1，得k＝3，令5－2k＝0，无解，
所以(ax－2)的展开式中的常数项为＝80a＝240，所以a＝3．]
13．80 [甲、乙两班全部90名学生的平均成绩为＝80分，
方差为＋ ＝×154＋×160＝．]
14． [因为甲、乙两人水平相当，所以每局比赛甲，乙获胜的概率都是，
比赛进行了五局，分甲获胜和乙获胜两种情况，则P＝＝，
又P＝＝，
所以P＝＝＝． ]
15．解：(1)由题可知f＝α3＋(1－α)3＝3α2－3α＋1＝3＋，因为0<α<1，所以当α＝时，f的最小值为．
(2)由题设知，X的可能取值为1，2，3，4．
①当X＝1时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010．
因此，P＝＝；
②当X＝2时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011．
因此，P＝×2＋×2＋×4＝＝；
③当X＝3时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000．
因此，P＝×2＋×2＝；
④当X＝4时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111．
因此，P＝＋＝．
所以X的分布列为
X 1 2 3 4
P
因此，E＝1×＋2×＋3×＋4×＝．
16．解：(1)＝205×0.1＋255×0.2＋305×0.45＋355×0.2＋405×0.05＝300．
即估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值为300千米．
(2)①P(250.25≤X≤399.5)＝0.682 7＋＝0.818 6．
②∵Z服从二项分布B(20，0.818 6)，
∴E(Z)＝20×0.818 6＝16.372．
(3)当3≤n≤59时，Pn＝Pn－1＋Pn－2，Pn－Pn－1＝－，
P1＝，P2＝＝，P2－P1＝．
∴(2≤n≤59)是以为首项，－为公比的等比数列，
Pn－Pn－1＝(2≤n≤59)．
P2－P1＝，P3－P2＝，…，Pn－Pn－1＝(2≤n≤59)．
累加得，
Pn－P1＝，Pn＝(2≤n≤59)，
P60＝P58＝．
∴Pn＝
∵P59－P60＝＝ >0，∴P59>P60．
1 / 5
